八下人教版期末真题精选（易错60题27个考点分类专练：二次根式、平行四边形、勾股定理、一次函数、数据分析）-2023-2024学年八年级数学第二学期期中期末高效备考（人教版）

这是一份八下人教版期末真题精选（易错60题27个考点分类专练：二次根式、平行四边形、勾股定理、一次函数、数据分析）-2023-2024学年八年级数学第二学期期中期末高效备考（人教版），文件包含期末真题精选易错60题27个考点分类专练原卷版docx、期末真题精选易错60题27个考点分类专练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共80页， 欢迎下载使用。

1．（2023春•凤庆县期末）下列各式：、，，，，中，一定是二次根式的有（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
【分析】利用二次根式的定义对每个式子进行判断即可．
【解答】解：∵式子（a≥0）是二次根式，
∴，，（x≥1），是二次根式，无意义，是三次根式，
∴一定是二次根式的有：，，（x≥1），，
故选：B．
【点评】本题主要考查了二次根式的定义，熟练掌握二次根式的意义是解题的关键．
2．（2023春•莱州市期末）若是整数，则正整数n的最小值是（ ）
A．1B．3C．6D．12
【分析】根据12＝22×3，若是整数，则12n一定是一个完全平方数，据此即可求得n的值．
【解答】解：∵12＝22×3，
∴是整数的正整数n的最小值是3．
故选：B．
【点评】本题考查了二次根式的定义．解题的关键是掌握二次根式的定义：一般地，我们把形如（a≥0）的式子叫做二次根式．
二．二次根式有意义的条件（共1小题）
3．（2022春•高青县期末）若，则（x+y）2022等于（ ）
A．1B．5C．﹣5D．﹣1
【分析】根据二次根式有意义的条件得x＝2，从而求得y＝﹣3，进而解决此题．
【解答】解：∵，
∴x﹣2≥0，4﹣2x≥0．
∴x≥2，x≤2．
∴x＝2．
∴＝0+0﹣3＝﹣3．
∴（x+y）2022＝（2﹣3）2022＝（﹣1）2022＝1．
故选：A．
【点评】本题主要考查二次根式、有理数的乘方，熟练掌握二次根式有意义的条件是解决本题的关键．
三．二次根式的性质与化简（共2小题）
4．（2022春•交城县期末）二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≥5B．x＜5C．x≥﹣5D．x＞5
【分析】根据二次根式（a≥0），以及分母不能为0，可得x﹣5＞0，然后进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
x﹣5＞0，
解得：x＞5，
故选：D．
【点评】本题考查了二次根式的性质与化简，二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式（a≥0），以及分母不能为0是解题的关键．
5．（2022春•虎林市期末）化简二次根式（a＜0）得（ ）
A．B．﹣C．D．﹣
【分析】根据二次根式的性质可得b＜0，再利用＝|a|进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
≥0，
∵a＜0，
∴b3＜0，
∴b＜0，
∴＝
＝
＝
＝，
故选：A．
【点评】本题考查了二次根式的性质与化简，熟练掌握二次根式的性质＝|a|是解题的关键．
四．最简二次根式（共1小题）
6．（2021秋•洪江市期末）下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据最简二次根式的定义判断即可．
【解答】解：A.＝＝，故A不符合题意；
B.＝2，故B不符合题意；
C.＝，故C不符合题意；
D.是最简二次根式，故D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式的定义是解题的关键．
五．二次根式的乘除法（共1小题）
7．（2022春•芙蓉区校级期末）计算：的结果为 1 ．
【分析】先把除法变成乘法，再根据乘法法则进行计算即可．
【解答】解：原式＝3××，
＝，
＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查了对二次根式的乘除法则的应用，主要考查学生运用法则进行计算的能力．
六．分母有理化（共1小题）
8．（2022春•冠县期末）我们规定用（a，b）表示一对数对，给出如下定义：记m＝，n＝（a＞0，b＞0），将（m，n）与（n，m）称为数对（a，b）的一对“对称数对”．
例如：（4，1）的一对“对称数对”为（，1）与（1，）．
（1）求数对（25，4）的一对“对称数对”；
（2）若数对（3，y）的一对“对称数对”的两个数对相同，求y的值；
（3）若数对（a，b）的一对“对称数对”的一个数对是（，3），求ab的值．
【分析】（1）根据“对称数对”的定义求解．
（2）根据“对称数对”定义建立关于y的方程求解．
（3）根据“对称数对”的定义建立关于a，b的方程求解．
【解答】解：（1）由题意得：m＝＝，n＝＝2，
∴（25，4）的一对“对称数对”为（，2）与（2，）．
（2）由题意，m＝＝，n＝，
∵数对（3，y）的一对“对称数对”的两个数对相同，
∴m＝n，
∴＝，
∴y＝．
（3）由题意得：＝，＝3或＝3，＝，
∴a＝，b＝27或a＝，b＝3．
∴ab＝9或ab＝．
【点评】本题考查用新定义解题，理解新定义是求解本题的关键．
七．同类二次根式（共1小题）
9．（2022春•沂源县期末）若最简二次根式与﹣是同类二次根式，则x＝ ±1 ．
【分析】由于给出的两个根式既是最简根式又是同类根式．那么它们就是同类二次根式，被开方数就应该相等，由此可得出关于x的方程，进而可求出x的值．
【解答】解：由题意可得：
5x2+1＝7x2﹣1，
解得x＝±1，
当x＝±1时，与﹣都是最简二次根式．
因此x＝±1．
故答案为±1．
【点评】本题考查了同类二次根式与最简二次根式的定义，掌握定义是解题的关键．
八．二次根式的混合运算（共2小题）
10．（2022春•广阳区校级期末）下列运算正确的是（ ）
A．+＝B．6÷＝C．＝36D．×＝
【分析】根据二次根式的加法，乘法，除法法则，二次根式的性质，进行计算逐一判断即可解答．
【解答】解：A、与不能合并，故A不符合题意；
B、6÷＝，故B符合题意；
C、＝6，故C不符合题意；
D、×＝2×＝，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
11．（2022春•邗江区期末）阅读下列材料，并回答问题：
把形如a+b与a﹣b、b为有理数且b＞0，m为正整数且开方开不尽）的两个实数称为共轭实数．
（1）请你举出一对共轭实数： 3+ 和 3﹣ ；
（2）﹣2和2是共轭实数吗？若是请指出a、b的值；
（3）若两个共轭实数的和是10，差的绝对值是4，请求出这两个共轭实数．
【分析】（1）根据题意，可以写出一组共轭实数，本题答案不唯一；
（2）根据共轭实数的定义，可以判断﹣2和2是共轭实数，并写出a和b即可；
（3）根据两个共轭实数的和是10，差的绝对值是4，可以求得a、b、m的值，从而可以写出这两个共轭实数．
【解答】解：（1）由题意可得，
3+与3﹣是共轭实数，
故答案为：3+，3﹣；
（2）﹣2和2是共轭实数，a＝0，b＝2；
（3）设这两个共轭实数为a+b与a﹣b，
∵两个共轭实数的和是10，差的绝对值是4，
∴（a+b）+（a﹣b）＝10，|（a+b）﹣（a﹣b）|＝4，
∴2a＝10，|2b|＝4，
∴a＝5，b＝2或b＝﹣2（舍去），m＝3，
∴这两个共轭实数是5+2，5﹣2．
【点评】本题考查二次根式的混合运算、新定义，解答本题的关键是明确题意，会用新定义解答问题．
九．二次根式的化简求值（共1小题）
12．（2022春•峄城区期末）已知x＝﹣1，y＝+1，则分式的值是（ ）
A．2B．C．4D．2
【分析】先分解因式，再约分，把x＝﹣1，y＝+1代入原式，计算即可．
【解答】解：
＝
＝x+y，
当x＝﹣1，y＝+1时，
原式＝﹣1++1
＝2．
故选：D．
【点评】本题主要考查了二次根式的化简求值，掌握二次根式的化简的步骤，先分解因式，再约分，是解题关键．
一十．函数的图象（共1小题）
13．（2022春•博兴县期末）如图，图中折线表示张师傅在某天上班途中的情景：骑车离家行了一段路，由于车子出现故障，于是停下修车，修好车子后继续骑行，按时赶到单位．下列关于图中信息的说法中，错误的是（ ）
A．张师傅修车用了15分钟
B．张师傅的单位距他家2000米
C．张师傅从家到单位共用了20分钟
D．修车后的骑行速度是修车前的2倍
【分析】根据题意和函数图象中的数据可以判断各个选项中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：由图可得，
张师傅修车用了15﹣10＝5（分钟），故选项A符合题意；
张师傅上班处距他家2000米，故选项B不合题意；
张师傅路上耗时20分钟，故选项C不合题意，
修车后张师傅骑车速度是修车前的：＝2（倍），故选项D不合题意，
故选：A．
【点评】本题考查函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
一十一．一次函数的定义（共2小题）
14．（2022春•新抚区期末）已知函数y＝（m+1）x2﹣|m|+4，y是x的一次函数，则m的值是（ ）
A．1B．﹣1C．1或﹣1D．任意实数
【分析】根据一次函数的定义：形如y＝kx+b（k，b为常数且k≠0），可得2﹣|m|＝1且m+1≠0，然后进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
2﹣|m|＝1且m+1≠0，
∴m＝±1且m≠﹣1，
∴m＝1，
故选：A．
【点评】本题考查了一次函数的定义，熟练掌握一次函数的定义是解题的关键．
15．（2022春•惠城区期末）若关于x的函数y＝kx﹣2k+3﹣x+5（x≠0）是一次函数，则k＝ 0或 ．
【分析】分三种情况：当﹣2k+3＝1时，当kx﹣2k+3的系数为0时，当﹣2k+3＝0时，然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：分三种情况：
①当﹣2k+3＝1时，
解得k＝1，
当k＝1时，则原函数为：y＝5，不是一次函数；
②当kx﹣2k+3的系数为0时，
即k＝0，则原函数为：y＝﹣x+5，是一次函数，所以k＝0；
③当﹣2k+3＝0时，解得k＝，原函数为y＝﹣x+，是一次函数，所以k＝，
综上所述，k的值为0或，
故答案为：0或．
【点评】本题考查了一次函数的定义，分三种情况进行讨论是解题的关键．
一十二．正比例函数的定义（共2小题）
16．（2022春•博兴县期末）下列变量之间关系中，一个变量是另一个变量的正比例函数的是（ ）
A．正方形的周长C随着边长x的变化而变化
B．正方形的面积S随着边长x的变化而变化
C．面积为20的三角形的一边a随着这边上的高h的变化而变化
D．水箱以0.5 L/min的流量往外放水，水箱中的剩水量V（L）随着放水时间t（min）的变化而变化
【分析】先依据题意列出函数关系式，然后依据函数关系式进行判断即可．
【解答】解：A、C＝4x是正比例函数，故此选项符合题意；
B、S＝x2是二次函数，故此选项不符合题意；
C、a＝，是反比例函数，故此选项不符合题意；
D、设水箱有水xL，则V＝x﹣0.5t，不是正比例函数，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点评】本题主要考查的是正比例函数的定义，熟练掌握正比例函数的定义是解题的关键．正比例函数的定义：一般地，形如y＝kx（k是常数，k≠0）的函数叫做正比例函数，其中k叫做比例系数．
17．（2022春•汶上县期末）下列式子中，表示y是x的正比例函数的是（ ）
A．y＝xB．y＝x+1C．y＝x2D．y＝
【分析】根据正比例函数的定义：形如y＝kx（k是常数且k≠0），即可解答．
【解答】解：A、y＝x，是正比例函数，故A符合题意；
B、y＝x+1，是一次函数，但不是正比例函数，故B不符合题意；
C、y＝x2，是二次函数，故C不符合题意；
D、y＝，是反比例函数，故D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了正比例函数的定义，熟练掌握正比例函数的定义是解题的关键．
一十三．一次函数的应用（共7小题）
18．（2022春•双峰县期末）甲、乙两个工程队分别同时开挖两段河渠，所挖河渠的长度y（m）与挖掘时间x（h）之间的关系如图所示．根据图象所提供的信息，其中不正确的有（ ）
A．甲队挖掘30m时，用了3h
B．挖掘5h时甲队比乙队多挖了5m
C．乙队的挖掘速度总是小于甲队
D．开挖后甲、乙两队所挖河渠长度相等时，x＝4
【分析】根据题意和函数图象中的数据，可以判断各个小题中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：由图象可得，
甲队的速度为：60÷6＝10（米/小时），故甲队挖掘30m时，用时30÷10＝3h，故A正确；
当x＞2时，乙队的速度为：（50﹣30）÷（6﹣2）＝5（米/小时），
故挖掘5h时甲队比乙队多挖了10×5﹣[30+（5﹣2）×5]＝5m，故B正确；
前两个小时乙队挖得快，在2小时到6小时之间，甲队挖的快，故C错误，
当当2＜x＜6时，令[30+5（x﹣2）]﹣10x＝0，得x＝4，故D正确；
故选：C．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用函数的思想和数形结合的思想解答．
19．（2022春•丹凤县期末）涛涛同学骑共享单车保持匀速从家到书店买书，选好书付好款后，以相同的速度原路骑共享单车返回家中．设涛涛同学距离家的路程为y（m），离家的时间为x（min），y与x之间的函数图象如图所示．
（1）填空：a＝ 14 ；
（2）在涛涛同学从书店返回家的过程中，求y与x之间的函数关系式；
（3）在涛涛从家里出发的同时，小波同学以60m/min的速度从书店匀速步行去涛涛家，当涛涛同学从家到书店的过程中与小波同学相遇时，求涛涛同学离家的时间．
【分析】（1）根据题意可知，涛涛同学去书店用了10min，所以从书店回家也用了10min，所以24﹣10＝14即可；
（2）设函数解析式为y＝kx+b，将点（14，2000）和（24，0）代入即可；
（3）设经过xmin两人相遇，根据题意列方程（200+60）x＝2000，求解即可．
【解答】解：（1）根据题意，24﹣10＝14，
∴a＝14，
故答案为：14．
（2）设y与x的函数解析式为：y＝kx+b（k≠0），
将（14，2000），（24，0）代入，得，
解得．
∴函数解析式为y＝﹣200x+4800．
（3）设涛涛同学从家里出发xmin时，与小波同学相遇，
则有（200+60）x＝2000，
解得，
∴涛涛同学经过与小波同学相遇．
【点评】本题考查了一次函数的应用，根据图象理解题意，然后用待定系数求解析式是解决本题的关键．
20．（2022春•路南区期末）从甲地到乙地，先是一段上坡路，然后是一段平路，小明骑车从甲地出发，到达乙地后休息一段时间，然后原路返回甲地．假设小明骑车在上坡、平路、下坡时分别保持匀速前进，已知小明骑车在上坡的速度比平路上的速度每小时少5km，下坡的速度比在平路上的速度每小时多5km，设小明出发xh后，到达离乙地ykm的地方，图中的折线ABCDEF表示y与x之间的函数关系．
（1）求小明骑车在上坡、平路、下坡的速度分别为多少km/h；
（2）小明在乙地休息了多少h；
（3）直接写出点C、D、E、F的坐标．
【分析】（1）利用速度＝路程÷时间进行计算．
（2）先计算C，D坐标，再求休息时间．
（3）通过题意和图中信息写出各点坐标．
【解答】解：（1）小明骑车上坡的速度为：（6.5﹣4.5）+0.2＝10（km/h），
小明在平路上的速度为：10+5＝15（km/h），
小明在下坡的速度为：15+5＝20（km/h）；
（2）小明在平路上所用的时间为：2（4.5+15）＝0.6h，
小明在下坡所用的时间为：（6.5﹣4.5）+20＝0.1h，
所以小明在乙地休息了：1﹣0.1﹣0.6﹣0.2＝0.1（h）；
（3）C（0.5，0）；D（0.6，0）；E（0.9，4.5）；F（1，6.5）．
【点评】考查一次函数的应用，理解题意，求出三种路上的速度速度是求解本题的关键．
21．（2022春•定州市期末）某书店计划在世界读书日之前，同时购进A，B两类图书，已知购进3本A类图书和4本B类图书共需288元；购进6本A类图书和2本B类图书共需306元．
（1）A，B两类图书每本的进价各是多少元？
（2）该书店计划用4500元购进两类图书，设购进A类x本，B类y本，
①求y关于x的关系式；
②进货时，A类图书的购进数量不少于60本，已知A类图书每本的售价为38元，B类图书每本的售价为50元，若书店全部售完这些图书可获利W元，求W关于x的关系式，并说明应该如何进货才能使书店所获利润最大，最大利润为多少元？
【分析】（1）根据题意建立二元一次方程组求解．
（2）①通过题中等量关系求函数关系式．
②先求w与x的函数关系式，再根据函数性质求最值．
【解答】（1）设A类图书每本a元，B类图书每本b元，由题意得：
，
∴．
答：A类图书36元/本，B类图书45元/本．
（2）①由题意得：36x+45y＝4500，
∴y＝100﹣x，
②由题意得：w＝（38﹣36）x+（50﹣45）y
＝2x+5（100﹣x）
＝﹣2x+500．
∵x≥60，100﹣x≥0，
∴60≤x≤125．
∵﹣2＜0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x＝60时，y最大＝﹣2×60+500＝380（元）．
y＝100﹣×60＝52（本）．
∴当购进A类图书60本，B类图书52本可获得最大利润380元．
【点评】本题考查函数，方程，不等式的综合应用，理解题意，列出方程和不等式组，建立函数关系式是求解本题的关键．
22．（2022春•鄂城区期末）冰墩墩是2022年北京冬奥会的吉祥物，以国宝熊猫为原型设计，寓意创造非凡，探索未来．某体育用品专卖店经销A，B两种型号冰墩墩玩偶．下表是该店A，B两种型号冰墩墩玩偶的进价和售价：
该店现有一批用7100元购进的A，B两种型号冰墩墩玩偶，全部售完后，共获毛利润850元．〔毛利润＝（售价﹣进价）×销售量〕
（1）该店销售的A，B两种型号冰墩墩玩偶各有多少个？
（2）根据市场情况，该店计划在进价和售价都不变的情况下，用不超过8900元的资金再购进一批这两种型号的冰墩墩玩偶，在上一批进货数量基础上，增加A型号玩偶的购进量，减少B型号玩偶的购进量．已知A型号玩偶增加的数量是B型号玩偶减少数量的4倍．问：该店应怎样进货，可使这次进货全部售完后获得的毛利润最大？最大毛利润是多少？
【分析】（1）设该店销售的A种型号冰墩墩玩偶有x个，B种型号冰墩墩玩偶有y个，根据题意列出x，y的二元一次方程组即可；
（2）设B型号玩偶减少数量m个，则A型号玩偶增加的数量4m个；根据题意先求出m的取值范围，然后再根据函数关系式，由函数的性质求函数最值．
【解答】解：（1）设该店销售的A种型号冰墩墩玩偶有x个，B种型号冰墩墩玩偶有y个，
由题意，得：，
解得：，
答：该店销售的A种型号冰墩墩玩偶有30个，B种型号冰墩墩玩偶有70个；
（2）设B型号玩偶减少数量m个，则A型号玩偶增加的数量4m个；
则：50 （ 30+4m）+80 （70﹣m ）≤8900，
解得：m≤15，
设全部销售后获得的毛利润为W元，
W＝（ 55﹣50）（ 30+4m）+（ 90﹣80）（ 70﹣m）＝10m+850，
∵10＞0，
∴W随着m的增大而增大，
∴当m＝15时，W取得最大值，此时W＝1000，30+4m＝90，70﹣15＝55，
答：该店用不超过8900元购进A型号玩偶90个，B型号玩偶55个，全部销售后获得的毛利润最大，最大毛利润为1000元．
【点评】本题考查一次函数的应用以及二元一次方程组的应用，关键是根据毛利润等于两种玩偶的利润之和列出函数关系式．
23．（2022春•朝阳区期末）【记录】一个水库的水位在某段时间内持续上涨，水库的记录员通过观察，每1小时记录一次该水库的水位高度，下表中记录了连续5h内6个时间点的水位高度．
【探索发现】①建立如图所示平面直角坐标系，横轴表示水库的水位上涨时间x（h），纵轴表示水库的水位高度y（m），图中已经描出以表格中数据为坐标的部分点，请你将表格中剩余的点描出．
②观察上述各点的分布规律，判断它们是否在同一条直线上，如果在同一条直线上，求出这条直线所对应的函数表达式，如果不在同一条直线上，请说明理由．
【结论应用】据估计，这种上涨规律还会持续，该水库的警界线为8m，当水库的水位高度达到警界线时，水库报警系统会自动发出警报．
（1）预测再过多长时间系统会发出警报？
（2）如果该记录员记录时的时间为某天的凌晨0：00，水库报警系统发出警报时水库开始提高放水速度，使该水库水位不断下降，且每小时水位下降0.1m，直接写出放水后水库水位低于警界线1m时是几点钟？
【分析】探索发现：①根据横纵坐标描点．
②观察点的位置后判断，用待定系数法求解析式．
结论应用：（1）通过函数解析式计算．
（2）根据水位下降米数÷下降速度计算即可．
【解答】解：探索发现：①描点如下图：
②观察上面各点，它们在同一直线上．
设直线解析式为：y＝kx+b，
代入点（0，3），（1，3.3）得：，
∴k＝0.3，b＝3，
∴y＝0.3x+3．
结论应用：（1）在y＝0.3x+3中，y＝8时，
0.3x+3＝8，
∴x＝，
﹣5＝11小时．
∴再过11小时系统会自动报警．
（2）0+11＝11＝11时40分，
1÷0.1＝10小时，
11+10＝21时40分．
∴放水后水库水位低于警界线1m时是21时40分．
【点评】本题考查一次函数的应用，理解题意，结合图象是求解本题的关键．
24．（2022春•湖里区期末）随着生活节奏的加快以及智能手机的普及，外卖点餐逐渐成为很多用户的餐饮消费习惯，由此催生了一批外卖点餐平台．某外卖平台联合厦门中学生助手招聘外卖骑手，提供了两种日工资方案：
方案一：每日底薪50元，每完成一单外卖业务有固定提成；
方案二：每日底薪60元，若当日外卖业务量不超过a单（a为正整数），每完成一单提成2元；若当日外卖业务量超过a单，超过部分每完成一单提成4元．
设骑手每日完成的外卖业务量为x单（x为正整数），方案一、二中骑手的日工资分别为y1，y2（单位：元）．已知骑手小张在6月15日完成了40单，按方案一结算日工资得到170元．
（1）求出y1关于x的函数解析式；
（2）骑手小张记录了自己在某一周的工作日内每天完成外卖业务的单数为32，40，49，43，47，若他按方式二结算，平均日工资为160元，求a的值；
（3）据统计，骑手小张每天最多完成60单，若该平台提供的两种方案的日工资差额不超过20元，试求出a的取值范围．
【分析】（1）根据题中等量关系建立函数关系式．
（2）根据小张一周平均工资建立关于a的方程即可．
（3）通过建立不等式组求a的范围．
【解答】解：（1）设方案一每完成一单外卖业务有固定提成为m元，
由题意得：50+40m＝170，
解得：m＝3，
∴方案一每完成一单外卖业务有固定提成为3元，
∴y1关于x的函数解析式为y1＝3x+50（x≥0且x为整数）；
（2）当0≤x≤a时，y2＝2x+60；
当x＞a时，y2＝60+2a+4（x﹣a）＝4x+60﹣2a；
若a＝32，
平均日工资为：[（2×32+60）+（4×40﹣4）+（4×49﹣4）+（4×43﹣4）+（4×47﹣4）]＝164.8＞160，
∴a＞32，
若a＝40，
平均日工资为：[（2×32+60）+（2×40+60）+（4×49﹣20）+（4×43﹣20）+（4×47﹣20）]＝152＜160，
∴a＜40，
∴[（2×32+60）+（4×40+60﹣2a）+（4×49+60﹣2a）+（4×43+60﹣2a）+（4×47﹣60﹣2a）]＝160，
解得：a＝35；
（3）假设骑手小张每天完成60单，则小张按方案一结算的日工资为：3×60+50＝230（元），
∵该平台提供的两种方案的日工资差额不超过20元，
∴小张按方案二结算的日最高工资为：230+20＝250元，
最低为230﹣20＝210元，
∴当骑手小张按第二种方案结算日工资为250元时，60+2a+4（60﹣a）＝250，
解得：a＝25，
∴当骑手小张按第二种方案结算日工资为250元时，60+2a+4（60﹣a）＝210，
解得：a＝45，
∴a的取值范围为：25≤a≤45．
【点评】本题考查函数和不等式组的应用，理解题意，求出函数表达式是求解本题的关键．
一十四．一次函数综合题（共3小题）
25．（2022春•大足区期末）已知：在平面直角坐标系中，直线l1：y＝﹣x+2与x轴，y轴分别交于A、B两点，直线l2经过点A，与y轴交于点C（0，﹣4）．
（1）求直线l2的解析式；
（2）如图1，点P为直线l1一个动点，若△PAC的面积等于10时，请求出点P的坐标；
（3）如图2，将△ABC沿着x轴平移，平移过程中的△ABC记为△A1B1C1，请问在平面内是否存在点D，使得以A1、C1、C、D为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点D的坐标．
【分析】（1）设直线l2的解析式y＝kx+b，求出点A的坐标，把A、C的坐标代入解析式计算即可；
（2）设点P的横坐标为t，根据三角形的面积公式建立方程，求解即可．
（3）按CC1为菱形边长和对角线两种情况讨论，最后根据菱形的性质求出点D的坐标即可．
【解答】解：（1）设直线l2的解析式y＝kx+b，
∵直线l1：y＝﹣x+2与x轴，y轴分别交于A、B两点，
∴A（2，0），B（0，2），
∵直线l2经过点A，与y轴交于点C（0，﹣4），
∴，
∴，
∴直线l2的解析式：y＝2x﹣4；
（2）由题意可知，BC＝6，
设点P的横坐标为m，
∴S△PAC＝•|xA﹣xP|•BC＝|2﹣m|×6＝10，
∴m＝﹣或m＝．
∴P（﹣，）或P（，﹣）．
（3）设将△ABC沿着x轴平移t个单位长度得到△A1B1C1，
∴A1（2﹣t，0），
∴CC1＝t，A1C1＝AC＝2，
设D点坐标为（p，q），
①当CC1为以A1、C1、C、D为顶点的菱形边长时，有两种情况：
当CC1＝A1C1＝2时，即t＝2，
此时CC1∥A1D，即点D在x轴上，
且A1D＝A1C1＝2，
∴点D与点A重合，即D（2，0）．
当CC1＝A1C＝t时，
∵A1（2﹣t，0），C（0，﹣4），
∴（﹣4）2+（2﹣t）2＝t2，
解得t＝5，
此时CC1∥A1D，即点D在x轴上，
且A1D＝CC1＝5，
∴D（﹣8，0）．
②当CC1为以A1、C1、C、D为顶点的菱形对角线时，A1C1＝A1C＝2，即点A1在CC1的垂直平分线上，且A1，D关于CC1对称，
当△ABC向左一移动，A1（2﹣t，0），C（0，﹣4），C1（﹣t，﹣4），
∴（﹣4）2+（2﹣t）2＝（2）2，
解得t＝4或t＝0（舍），
当△ABC向右移动时，A1（2+t，0），C（0，﹣4），C1（t，﹣4），
∴（﹣4）2+（2+t）2＝（2）2，
解得t＝﹣4（舍）或t＝0（舍），
∴A1（﹣2，0），
∴D（﹣2，﹣8）．
综上所述，存在点D，使得以A1、C1、C、D为顶点的四边形是菱形，点D的坐标为（2，0），（﹣8，0），（﹣2，﹣8）．
【点评】本题属于一次函数综合题，涉及考查待定系数法求函数解析式，三角形的面积公式，菱形的性质与判定等相关知识，分类讨论等数学思想，根据题意进行正确的分类讨论是解题关键．
26．（2022春•双牌县期末）我们规定：在平面直角坐标系xOy中，经过象限内某点且平行于坐标轴或平行于两坐标轴夹角平分线的直线，叫该点的“参照线”，例如点M（2，1）的参照线有：x＝2，y＝1，y＝﹣x+3，y＝x﹣1（如图1）．
（1）直接写出点（1，3）的所有参照线；
（2）如图2，正方形OABC在平面直角坐标系xOy中，点B的坐标为（8，8），点A，C分别在x轴，y轴上，点D（m，n）在正方形内部．
①点D在线段BA的垂直平分线，且点D有一条“参照线”是y＝x﹣2，求D点的坐标；
②在①的条件下，点P是AB边上任意一点（不与A，B重合），连接OP，将△OAP沿着OP折叠，点A的对应点记为E，当点E落在点D的平行于坐标轴的参照线上时，求出相应的点P的坐标．
【分析】（1）根据参照线的定义可知，点（1，3）的所有参照线为：x＝1，y＝3，y＝x+2，y＝﹣x+4；
（2）①利用待定系数法即可解决问题；
②分两种情形：如图，当点E在参照线HM上时，设PA＝PE＝x．如图，当点E在参照线DN上时，设PA＝PE＝y．分别构建方程即可解决问题；
【解答】解：（1）根据参照线的定义可知，点（1，3）的所有参照线为：x＝1，y＝3，y＝x+2，y＝﹣x+4；
（2）①∵B（8，8），点D在线段BA的垂直平分线上，
∴点D的纵坐标为4，
又∵点D有一条参照线是y＝x﹣2，
∴y＝4时，4＝x﹣2，解得x＝6
∴点D坐标为（6，4），
②如图，当点E在参照线HM上时，设PA＝PE＝x．
由折叠可知，OA＝OE＝8，OH＝4，
∴HE＝4，
∴EM＝8﹣4，
在Rt△EPM中，
∵EP2＝PM2+EM2，
∴x2＝（4﹣x）2+（8﹣4）2，
∴x＝16﹣8，
∴P（8，16﹣8），
如图，当点E在参照线DN上时，设PA＝PE＝y．
由勾股定理可知EH＝2，
在Rt△EPG中，
∵EP2＝PG2+EG2，
∴y2＝22+（2﹣y）2，
∴y＝，
∴P（8，），
综上，符合题意的点P的坐标为：（8，20﹣8）或（8，）．
【点评】本题考查一次函数综合题、勾股定理、翻折变换、点的“参照线”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，注意不能漏解．
27．（2022春•禅城区期末）如图，在平面直角坐标系中，已知直线PA是一次函数y＝x+m（m＞0）的图象，直线PB是一次函数y＝﹣3x+n（n＞m）的图象，点P是两直线的交点，点A、B、C、Q分别是两条直线与坐标轴的交点．
（1）用m、n分别表示点A、B、P的坐标；
（2）若四边形PQOB的面积是，且CQ＝AO，试求点P的坐标，并求出直线PA与PB的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，是否存在一点D，使以A、B、P、D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）已知直线解析式，令y＝0，求出x的值，可求出点A，B的坐标．联立方程组求出点P的坐标．推出AO＝QO；
（2）先根据CQ＝AO得到m、n的关系，然后求出S△AOQ，S△PAB并都用字母m表示，根据S四边形PQOB＝S△PAB﹣S△AOQ列式求解即可求出m的值，从而也可求出n的值，继而可推出点P的坐标以及直线PA与PB的函数表达式；
（3）由于A，B，P三点已经确定，要确定D点的位置，需分三种情形讨论解答，依题意画出图形，利用平行四边形的性质即可求出D1，D2，D3的坐标．
【解答】解：（1）在直线y＝x+m中，令y＝0，得x＝﹣m．
∴点A（﹣m，0）．
在直线y＝﹣3x+n中，令y＝0，得x＝．
∴点B（，0）．
由，得，
∴点P（，）；
（2）∵CQ＝AO，
∴（n﹣m）÷m＝，
整理得3m＝2n，
∴n＝m，
＝＝m，
而S四边形PQOB＝S△PAB﹣S△AOQ＝（+m）×（m）﹣m×m＝m2＝，
解得m＝±4，
∵m＞0，
∴m＝4，
∴n＝m＝6，
∴P（，）．
∴PA的函数表达式为y＝x+4，
PB的函数表达式为y＝﹣3x+6；
（3）存在．
过点P作直线PM平行于x轴，过点B作AP的平行线交PM于点D1，过点A作BP的平行线交PM于点D2，过点A、B分别作BP、AP的平行线交于点D3．
①∵PD1∥AB且BD1∥AP，
∴PABD1是平行四边形，此时PD1＝AB，
∵P（，）．
∵m＝4，A（﹣m，0），B（，0）．
∴A（﹣4，0），B（2，0）．
∴AB＝6，
∴D1（，）；
②∵PD2∥AB且AD2∥BP，
∴PBAD2是平行四边形，此时PD2＝AB，
∴D2（﹣，）；
③∵BD3∥AP且AD3∥BP，此时BPAD3是平行四边形．
∵BD3∥AP且B（2，0），
∴＝x﹣2，同理可得＝﹣3x﹣12，
由，得，
∴D3（﹣，﹣）．
综上：存在一点D，使以A、B、P、D为顶点的四边形是平行四边形，点D的坐标为（，）或（﹣，）或（﹣，﹣）．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查的知识点为一次函数的应用，平行四边形的判定和性质以及面积的灵活计算．熟练掌握一次函数的性质、平行四边形的性质是解题的关键．
一十五．勾股定理（共1小题）
28．（2022春•平潭县校级期末）在平面直角坐标系xOy中，若已知点P（x+1，x），则下列结论一定不成立的是（ ）
A．B．C．OP＝1D．
【分析】根据勾股定理得到OP2＝（x+1）2+x2，再利用配方法求解OP2的最小值，再求解OP的最小值，从而可得答案．
【解答】解：由勾股定理可得：OP2＝（x+1）2+x2＝2x2+2x+1＝2（x+）2+，
当x＝﹣时，OP2有最小值，
∴OP的最小值为，
∴OP不能为，
∴A选项不符合题意，B，C，D都有可能，符合题意，
故选：A．
【点评】本题考查的是配方法的应用，根据勾股定理列出方程、灵活运用配方法是解本题的关键．
一十六．勾股定理的逆定理（共4小题）
29．（2022春•博罗县期末）在下列长度的各组线段中，能构成直角三角形的是（ ）
A．3，4，6B．6，8，10C．5，12，14D．1，1，2
【分析】判断三条线段能否构成直角三角形，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【解答】解：A、因为32+42≠62，所以不能构成直角三角形；
B、因为62+82＝102，所以能构成直角三角形；
C、因为52+122≠142，所以不能构成直角三角形；
D、因为12+12≠22，所以不能构成直角三角形．
故选：B．
【点评】此题考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，关键是先分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．
30．（2022春•碑林区校级期末）在△ABC中，∠A所对的边为a，∠B所对的边为b，∠C所对的边为c，下列选项中不能判定△ABC为直角三角形的是（ ）
A．a2+b2＝c2B．∠A+∠B＝∠C
C．a＝6，b＝8，c＝10D．∠A：∠B：∠C＝3：4：5
【分析】根据勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，进行计算即可解答．
【解答】解：A、∵a2+b2＝c2，
∴能判定△ABC为直角三角形，
故A不符合题意；
B、∵∠A+∠B＝∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴2∠C＝180°，
∴∠C＝90°，
∴能判定△ABC为直角三角形，
故B不符合题意；
C、∵a2+b2＝62+82＝100，c2＝102＝100，
∴a2+b2＝c2，
∴能判定△ABC为直角三角形，
故C不符合题意；
D、∵∠A：∠B：∠C＝3：4：5，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝180°×＝75°，
∴不能判定△ABC为直角三角形，
故D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，熟练掌握勾股定理的逆定理，以及三角形内角和定理是解题的关键．
31．（2022春•巴东县期末）如图，正方形网格中每一个小正方形的边长为1，小正方形的顶点为格点，点A，B，C为格点，点D为AC与网格线的交点，则∠ADB﹣∠ABD＝ 45° ．
【分析】连接AE，BE，设AE与BD交于点F，根据勾股定理的逆定理先证明△ABE是等腰直角三角形，从而可得∠BAE＝45°，再根据题意可得∠AFD＝∠ADF，然后利用三角形的外角，进行计算即可解答．
【解答】解：如图：连接AE，BE，设AE与BD交于点F，
由题意得：
AB2＝12+32＝10，
AE2＝12+22＝5，
EB2＝12+22＝5，
∴AE＝EB，BE2+AE2＝AB2，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴∠BAE＝45°，
∵BD∥EC，
∴∠ADB＝∠ACE，∠AFD＝∠AEC，
∵AE＝AC，
∴∠AEC＝∠ACE，
∴∠AFD＝∠ADF，
∵∠AFD是△ABF的一个外角，
∴∠AFD﹣∠ABD＝∠BAE＝45°，
∴∠ADB﹣∠ABD＝45°，
故答案为：45°．
【点评】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
32．（2022春•南宁期末）已知等腰三角形ABC的底边BC＝20cm，D是腰AB上一点，且CD＝16cm，BD＝12cm．
（1）求证：CD⊥AB；
（2）求该三角形的腰的长度．
【分析】（1）依据勾股定理的逆定理，即可得到∠BDC＝90°，即可得到CD⊥AB；
（2）设腰长为x，则AD＝x﹣12，由（1）可知AD2+CD2＝AC2，解方程（x﹣12）2+162＝x2，即可得到腰长．
【解答】解：（1）∵BC＝20cm，CD＝16cm，BD＝12cm，
∴满足BD2+CD2＝BC2，
∴根据勾股定理逆定理可知，∠BDC＝90°，
即CD⊥AB；
（2）设腰长为x，则AD＝x﹣12，
由（1）可知∠ADC＝90°，由勾股定理可知，AD2+CD2＝AC2，
即：（x﹣12）2+162＝x2，
解得x＝，
∴腰长为cm．
【点评】本题主要考查了勾股定理的逆定理，如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
一十七．平行四边形的性质（共4小题）
33．（2022春•武江区校级期末）在下列图形的性质中，平行四边形不一定具有的是（ ）
A．邻角互补B．对角互补
C．中心对称图形D．内角和是360°
【分析】根据平行四边形的性质逐一判断即可．
【解答】解：A．平行四边形的邻角互补，故本选项不合题意；
B..平行四边形的对角相等，但不一定互补，故本选项符合题意；
C．平行四边形是中心对称图形，故本选项不合题意；
D..平行四边形的内角和是360°，故本选项不合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解答本题的关键．
34．（2022春•上城区期末）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，E是AD的中点，连结OE，AC＝8，BC＝10，若AC⊥CD，则OE等于（ ）
A．3B．4C．5D．6
【分析】利用平行四边形的性质可得AO＝OC，AD＝BC＝10，然后在Rt△ACD中，利用勾股定理求出CD的长，最后利用三角形中位线定理，进行计算即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC，AD＝BC＝10，
∵AC⊥CD，
∴∠ACD＝90°，
∴CD＝＝＝6，
∵E是AD的中点，
∴OE是△ACD的中位线，
∴OE＝CD＝3，
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的性质，三角形中位线定理是解题的关键．
35．（2022春•綦江区期末）如图，在平行四边形ABCD中，分别以AB、AD为边向外作等边△ABE和等边△ADF，延长CB交AE于点G，点G在点A、E之间，连接CE、CF、EF，则以下四个结论，正确的是（ ）
①△CDF≌△EBC；②∠CDF＝∠EAF；③CG⊥AE；④△CEF是等边三角形．
A．③④B．①②④C．①②③D．①②③④
【分析】根据ABCD为平行四边形，△ABE、△ADF是等边三角形逐一进行证明即可判断．
【解答】解：∵△ABE、△ADF是等边三角形，
∴FD＝AD，BE＝AB，
∵AD＝BC，AB＝DC，
∴FD＝BC，BE＝DC，
∵∠CBE＝∠FDC，∠FDA＝∠ABE，
∴∠CDF＝∠EBC，
∴△CDF≌△EBC（SAS），故①正确；
∵∠FAE＝∠FAD+∠EAB+∠BAD＝60°+60°+（180°﹣∠CDA）＝300°﹣∠CDA，
∠FDC＝360°﹣∠FDA﹣∠ADC＝300°﹣∠CDA，
∴∠CDF＝∠EAF，故②正确；
在等边三角形ABE中，
∵等边三角形顶角平分线、底边上的中线、高和垂直平分线是同一条线段，
∴如果CG⊥AE，则G是AE的中点，∠ABG＝30°，∠ABC＝150°，题目缺少这个条件，CG⊥AE不能求证，故③错误；
同理①②可得：∠CBE＝∠EAF＝∠CDF，
∵BC＝AD＝AF，BE＝AE，
∴△EAF≌△EBC（SAS），
∴∠AEF＝∠BEC，
∵∠AEF+∠FEB＝∠BEC+∠FEB＝∠AEB＝60°，
∴∠FEC＝60°，
∵CF＝CE，
∴△ECF是等边三角形，故④正确．
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
36．（2022春•开江县期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD⊥DF交AC于点F，E是AF的中点，且AE＝ED＝CD，∠BCD＝54°，则∠DFE的度数为 72° ．
【分析】根据平行四边形的性质可得AD∥BC，从而可得∠DAC＝∠ACB，再利用等腰三角形的性质和三角形的外角可得∠DEC＝2∠DAE，∠DCE＝2∠ACB，然后结合已知可得3∠ACB＝54°，从而求出∠ACB＝∠DAC＝18°，再根据垂直定义可得∠ADF＝90°，最后根据直角三角形的两个锐角互余即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵AE＝ED，
∴∠DAC＝∠ADE，
∵∠DEC是△ADE的一个外角，
∴∠DEC＝∠DAC+∠ADE，
∴∠DEC＝2∠DAC＝2∠ACB，
∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠DCE，
∴∠DCE＝2∠ACB，
∵∠BCD＝54°，
∴∠ACB+∠BCD＝54°，
∴3∠ACB＝54°，
∴∠ACB＝18°，
∴∠DAE＝∠ACB＝18°，
∵AD⊥DF，
∴∠ADF＝90°，
∴∠AFD＝90°﹣∠DAE＝72°，
故答案为：72°．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，熟练掌握平行四边形的性质，以及等腰三角形的性质是解题的关键．
一十八．平行四边形的判定（共1小题）
37．（2022春•威县校级期末）已知四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，从下列四个条件中选择两个，则选项中的组合能使四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
①AB＝CD；②AC＝2OC；③∠BAD＝∠BCD；④BO＝DO．
A．①②B．②④C．①③D．①④
【分析】根据题目所给条件，利用平行四边形的判定方法分别进行分析即可．
【解答】解：①②不能证明△AOB≌△COD，不能证明AB∥CD，故不能判定四边形ABCD是平行四边形，故A不符合题意；
②④组合可根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形，故B符合题意；
①③不能证明△ABD≌△CDB，进而得到AD＝CB，故不能判定四边形ABCD是平行四边形，故C不符合题意；
①④不能证明△AOB≌△COD，不能证明AB∥CD，故不能判定四边形ABCD是平行四边形，故D不符合题意．
故选：B．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是熟练掌握平行四边形的判定定理．（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
一十九．平行四边形的判定与性质（共3小题）
38．（2022春•南京期末）如图，在▱ABCD中，AB＝6cm，AD＝10cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动．点Q在BC边上以每秒4cm的速度从点C出发，在CB之间往返运动．两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动），设运动时间为t秒．当5＜t＜10时，运动时间t＝ 秒或8秒 时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】根据P的速度为每秒1cm，可得AP＝tcm，从而得到PD＝（10﹣t）cm，由四边形ABCD为平行四边形可得出PD∥BQ，结合平行四边形的判定定理可得出当PD＝BQ时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，当5＜t＜10时，分两种情况考虑，在每种情况中由PD＝BQ即可列出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴PD∥BQ．
若要以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，则PD＝BQ．
当5＜t≤时，AP＝tcm，PD＝（10﹣t）cm，CQ＝（4t﹣20）cm，BQ＝（30﹣4t）cm，
∴10﹣t＝30﹣4t，
解得：t＝；
当＜t≤10时，AP＝tcm，PD＝（10﹣t）cm，BQ＝（4t﹣30）cm，
∴10﹣t＝4t﹣30，
解得：t＝8．
综上所述：当运动时间为秒或8秒时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形．
故答案为：秒或8秒．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用，弄清Q在BC上往返运动情况是解决此题的关键．
39．（2022春•元宝区校级期末）如图，在△ABC中，点D，E分别是AC，AB的中点，点F是CB延长线上的一点，且CF＝3BF，连接DB，EF．
（1）求证：四边形DEFB是平行四边形：
（2）若∠ACB＝90°，AC＝6cm，DE＝2cm，求四边形DEFB的面积．
【分析】（1）证DE是△ABC的中位线，得DE∥BC，BC＝2DE，再证DE＝BF，即可得出四边形DEFB是平行四边形；
（2）由（1）得：BF＝DE＝2，四边形DEFB是平行四边形，得其面积＝BF•CD，即可求解．
【解答】（1）证明：∵点D，E分别是AC，AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，BC＝2DE，
∵CF＝3BF，
∴BC＝2BF，
∴DE＝BF，
∴四边形DEFB是平行四边形；
（2）解：由（1）得：DE＝BF＝2，
∵D是AC的中点，AC＝6，
∴CD＝AC＝3，
∵∠ACB＝90°，
∴四边形DEFB的面积＝BF•CD＝2×3＝6（cm2）．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、四边形的面积等知识；熟练掌握三角形中位线定理，证明四边形DEFB为平行四边形是解题的关键．
40．（2022春•武侯区期末）在▱ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，且BE＝DF，连接AF，CE．
（1）如图1，求证：∠BEC＝∠DFA；
（2）如图2，连接BD分别交AF，CE于点G，H，连接AH，CG．
（ⅰ）求证：四边形AGCH是平行四边形；
（ⅱ）若AF⊥BD，∠ABC＝45°，AB＝17，AD＝7，求GH的长．
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得∠B＝∠D，BC＝AD，从而可证△CBE≌△ADF，然后利用全等三角形的性质即可解答；
（2）（ⅰ）连接AC，利用平行四边形的性质可得OB＝OD，OA＝OC，BC＝AD，∠CBE＝∠ADF，BC∥AD，再利用（1）的结论可证△CBE≌△ADF，从而利用全等三角形的性质可得∠BCE＝∠DAF，然后利用平行线的性质可得∠CBH＝∠ADG，从而可证△CBH≌△ADG，进而可得BH＝DG，最后利用等式的性质可得OH＝OG，即可解答，
（ⅱ）过点D作DM⊥BA，交BA的延长线于点M，利用平行四边形的性质可得∠ABC＝∠ADC＝45°，CD∥AB，从而利用平行线的性质可得∠CDA＝∠DAM＝45°，然后在Rt△ADM中，利用锐角三角函数的定义求出AM，DM的长，从而在Rt△BDM中，利用勾股定理求出BD的长，最后利用面积法进行计算即可求出AG的长，再在Rt△AGD中，利用勾股定理求出DG的长，从而利用线段的和差关系进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D，BC＝AD，
∵BE＝DF，
∴△CBE≌△ADF（SAS），
∴∠BEC＝∠DFA；
（2）（ⅰ）证明：连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，OA＝OC，BC＝AD，∠CBE＝∠ADF，BC∥AD，
由（1）得：∠BEC＝∠DFA；
∴△CBE≌△ADF（AAS），
∴∠BCE＝∠DAF，
∵BC∥AD，
∴∠CBH＝∠ADG，
∴△CBH≌△ADG（ASA），
∴BH＝DG，
∴OB﹣BH＝OD﹣DG，
∴OH＝OG，
∴四边形AGCH是平行四边形；
（ⅱ）解：过点D作DM⊥BA，交BA的延长线于点M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC＝∠ADC＝45°，CD∥AB，
∴∠CDA＝∠DAM＝45°，
在Rt△ADM中，AD＝7，
∴DM＝AD•sin45°＝7×＝7，
AM＝AD•cs45°＝7×＝7，
∵AB＝17，
∴BM＝AB+AM＝24，
∴BD＝＝＝25，
∵AF⊥BD，
∴平行四边形ABCD的面积＝AB•DM＝2×BD•AG，
∴BD•AG＝AB•DM，
∴25AG＝17×7，
∴AG＝，
在Rt△AGD中，DG＝＝＝，
∴DG＝BH＝，
∴GH＝BD﹣DG﹣BH＝，
∴GH的长为．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
二十．菱形的判定（共2小题）
41．（2022春•铁西区期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，BC的垂直平分线分别交BC和AB于点D和点E，点F在DE的延长线上，且AF＝CE．
（1）∠BCE的度数为 30 °．
（2）求证：四边形ACEF是菱形．
【分析】（1）先根据已知条件求出∠B的度数，再证明CE＝BE，根据等腰三角形的性质可得∠BCE的度数；
（2）根据菱形的概念：有一组邻边相等的平行四边形是菱形判定．先证四边形ACEF为平行四边形，再证CE＝AC即可．
【解答】（1）解：∵∠ACB＝90°，DE是BC的中垂线，
∴DE⊥BC，
又∵AC⊥BC，
∴DE∥AC，
又∵D为BC中点，DF∥AC，
∴DE是△ABC的中位线，
∴E为AB边的中点，
∴CE＝AE＝BE，
∵∠BAC＝60°，
∴∠B＝180°﹣∠BAC﹣∠ACB＝180°﹣60°﹣90°＝30°，
∴∠BCE＝∠B＝30°；
故答案为：30；
（2）证明：由（1）得CE＝AE＝BE，
∵∠BAC＝60°，
∴△ACE为正三角形，
∴∠AEF＝∠DEB＝∠CAB＝60°，
而AF＝CE，又CE＝AE，
∴AE＝AF，
∴△AEF也为正三角形，
∴∠CAE＝∠AEF＝60°，
∴AC平行且等于EF，
∴四边形ACEF为平行四边形，
又∵CE＝AC，
∴平行四边形ACEF为菱形．
【点评】本题主要考查了菱形的判定，线段垂直平分线的性质等知识．熟练掌握菱形的判别方法是解题的关键．要注意：菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．
42．（2022春•庐阳区期末）如图，平行四边形ABCD，AC、BD相交于点O，点E在线段BC上，AE＝CE，连接EO并延长交AD边于点F．
（1）求证：四边形AECF为菱形；
（2）若∠AEC＝120°，EF＝4，直接写出菱形AECF的面积．
【分析】（1）利用平行四边形的性质可得DO＝BO，AD＝BC，AD∥BC，然后利用平行线和线段中点构造△DOF≌△BOE，从而利用全等三角形的性质可得DF＝BE，进而可得AF＝CE，即可证明四边形AECF为平行四边形，最后根据菱形的判定方法，即可解答；
（2）根据菱形的性质可得AC⊥EF，AC＝2AO，OE＝EF＝2，EF平分∠AEC，从而可求出∠AEF＝60°，然后在Rt△AEO中，利用锐角三角函数的定义求出AO的长，从而求出AC的长，最后根据菱形AECF的面积＝AC•EF，进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DO＝BO，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠ODF＝∠OBE，
∵∠DOF＝∠BOE，
∴△DOF≌△BOE（ASA），
∴DF＝BE，
∴AD﹣DF＝BC﹣BE，
∴AF＝CE，
∵AF//CE，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵AE＝CE，
∴四边形AECF为菱形；
（2）∵四边形AECF为菱形，
∴AC⊥EF，AC＝2AO，OE＝EF＝2，EF平分∠AEC，
∵∠AEC＝120°，
∴∠AEF＝∠AEC＝60°，
在Rt△AEO中，AO＝OE•tan60°＝2，
∴AC＝2AO＝4，
∴菱形AECF的面积＝AC•EF
＝×4×4
＝8，
∴菱形AECF的面积为8．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定与性质，以及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
二十一．矩形的性质（共2小题）
43．（2022春•曲阜市期末）如图，矩形ABCD中，AD＝18，AB＝24．点E为边DC上的一个动点，△AD'E与△ADE关于直线AE对称，当△CD'E为直角三角形时，DE的长为 9或18 ．
【分析】分两种情况•分别求解，（1）当∠CED′＝90°时，如图（1），根据轴对称的性质得∠AED＝∠AED′＝45′，得DE＝AD＝18；
（2）当∠ED′A＝90°时，如图（2），根据轴对称的性质得∠AD′E＝∠D，AD′＝AD，DE＝D′E，得A、D′、C在同一直线上，根据勾股定理得AC＝30，设DE＝D′E＝x，则EC＝CD﹣DE＝24﹣x，根据勾股定理得，D′E2+D′C2＝EC2，代入相关的值，计算即可．
【解答】解：（1）当∠CED′＝90°时，如图（1），
∵∠CED′＝90°，
根据轴对称的性质得∠AED＝∠AED′＝×90°＝45°，
∵∠D＝90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE＝AD＝18；
（2）当∠ED′A＝90°时，如图（2），
根据轴对称的性质得∠AD′E＝∠D＝90°，AD′＝AD，DE＝D′E，
△CD'E为直角三角形，
即∠CD′E＝90°，
∴∠AD′E+∠CD′E＝180°，
∴A、D′、C在同一直线上，
根据勾股定理得AC＝＝30，
∴CD′＝30﹣18＝12，
设DE＝D′E＝x，则EC＝CD﹣DE＝24﹣x，
在Rt△D′EC中，D′E2+D′C2＝EC2，
即x2+144＝（24﹣x）2，
解得x＝9，
即DE＝9；
综上所述：DE的长为9或18；
故答案为：9或18．
【点评】本题考查了矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质，熟练掌握矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质的综合应用，分情况讨论，划出图形是解题关键．
44．（2022春•鄂城区期末）如图，矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，点G，H在对角线AC上，且AE＝CF，AG＝CH．
（1）求证：四边形FGEH是平行四边形；
（2）若EG＝EH，AB＝2，BC＝4，求线段AE的长．
【分析】（1）依据矩形的性质，即可得出△AEG≌△CFH，进而得到GE＝FH，∠CHF＝∠AGE，由∠FHG＝∠EGH，可得FH∥GE，即可得到四边形EGFH是平行四边形；
（2）由菱形的性质，即可得到EF垂直平分AC，进而得出AE＝CE，设AE＝x，则CE＝x，DE＝4﹣x，依据Rt△CDE中，根据勾股定理列方程，即可得到AE的长．
【解答】（1）证明：∵矩形ABCD中，AB∥CD，
∴∠FCH＝∠EAG，
又∵AE＝CF，AG＝CH，
∴△AEG≌△CFH（SAS），
∴GE＝FH，∠CHF＝∠AGE，
∴∠FHG＝∠EGH，
∴FH∥GE，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）解：如图，连接EF，CE，AC与EF交于点O，
∵EG＝EH，四边形EGFH是平行四边形，
∴四边形GFHE为菱形，
∴EF垂直平分GH，
又∵AG＝CH，
∴EF垂直平分AC，
∴AE＝CE，
设AE＝x，则CE＝x，DE＝4﹣x，
在Rt△CDE中，CD2+DE2＝CE2，
∴22+（4﹣x）2＝x2，
解得x＝2.5，
∴AE＝2.5．
【点评】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
二十二．正方形的性质（共7小题）
45．（2022春•招远市期末）点E为正方形ABCD的边长AB上任意一点，连接EC，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D．若矩形ECFG与正方形ABCD的面积分别为S1，S2，则S1与S2的大小关系是（ ）
A．S1＞S2B．S1＝S2C．S1＜S2D．不确定
【分析】如图，连接DE，利用已知条件可以得到△CDE的面积是矩形CFGE的一半，也是正方形ABCD的一半，则矩形与正方形面积相等，利用这个结论即可解决问题．
【解答】解：如图，连接DE，
∵S△CDE＝AD×CD＝CE×GE＝S矩形CEGF，
∴S△CDE＝S正方形ABCD＝S矩形CEGF，
∴矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等，
故选：B．
【点评】此题考查了正方形的性质、矩形的性质，连接DE由面积关系进行转化是解题的关键．
46．（2022春•岚山区期末）如图，BD是正方形ABCD的对角线，在BD上截取DE＝DC，在CB延长线上取一点F，连接EF，AF，且EF＝EC．下列四个结论：①BF＝BE；②∠BAF＝∠BCE；③∠AFE＝45°；④连接AE，则S四边形AECD＝2S四边形AFBE．其中正确的结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】①根据正方形的性质和三角形的内角和定理证明∠EFC＝∠ECF＝22.5°，并结合三角形外角的性质可判断①正确；
③连接AE，证明△ADE≌△CDE，可得AE＝CE＝EF，证明△AEF是等腰直角三角形，可判断③正确；
②根据直角三角形的性质可判断②正确；
④作辅助线，设BN＝EN＝y，分别计算S四边形AECD和2S四边形AFBE可作判断．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC＝∠BDC＝45°，∠DCB＝90°，
∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠DCE＝＝67.5°，
∴∠ECF＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∵EF＝EC，
∴∠EFC＝∠ECF＝22.5°，
∵∠CBE＝∠EFC+∠BEF，
∴∠BEF＝45°﹣22.5°＝22.5°，
∴∠BEF＝∠CFE，
∴BF＝BE；
故①正确；
③连接AE，
∵AD＝CD＝DE，
∴∠DAE＝∠ADE＝67.5°，
∵∠EFC＝∠ECF＝22.5°，
∴∠FEC＝180°﹣2×22.5°＝135°，
∴∠AEF＝90°，
在△ADE和△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝EC，
∴AE＝EF，
即△AEF为等腰直角三角形，
∴∠AFE＝45°，
故③正确；
②由③得：∠BAF＝90°﹣45°﹣22.5°＝22.5°，
∵∠BCE＝22.5°，
∴∠BAF＝∠BCE；
故②正确；
④如图，过点E作EN⊥BC于N，作EM⊥CD于M，
设BN＝EN＝y，则BF＝BE＝y，
∵EF＝EC，EN⊥BC，
∴FN＝CN＝EM＝DM＝y+y，
∴S四边形AECD＝2S△CDE＝2××CD×EM＝（y+y）（y+y+y）＝（4+3）y2，
2S四边形AFBE＝2（S△AEF+S△BEF）＝2×（EF2+•y•y）＝EF2+y2＝y2+（y+y）2+y2＝（4+3）y2，
∴S四边形AECD＝2S四边形AFBE，
故④正确；
本题正确的结论有4个．
故选：D．
【点评】此题重点考查正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理、全等三角形判定与性质、三角形的面积、等腰直角三角形的性质等知识，证明△EAF是等腰直角三角形是解题的关键．
47．（2022春•东阳市期末）如图，直线l交正方形ABCD的对边AD、BC于点P、Q，正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，点H在CD边上，点A在边FE上，BC、HG交于点M，AB、FG交于点N．以下结论错误的是（ ）
A．EA+NG＝AN
B．△GQM的周长等于线段CH的长
C．△BQN的周长等于线段CM的长
D．△FNA的周长等于2DH+2HC
【分析】过点A作AK垂直于HG，垂足为K，连接AH，AM，HB，KF，根据两正方形关于直线l对称，可得Rt△ADH≌Rt△AKH，Rt△AKM≌Rt△ABM，再根据边的转化即可证明A选项不符合题意；根据对称可得QG＝QB，将△GQM的周长表示出来，在通过边的转化即可证明B选项不符合题意；根据对称可得Rt△GQM≌Rt△BQN，即可证明C选项符合题意；根据对称，可得Rt△HCM≌Rt△AFN，将△HCM周长表示出来，再根据边的转化即可证明D选项不符合题意．
【解答】解：如图，过点A作AK垂直于HG，垂足为K，连接AH，AM，HB，KF，
则AK＝EH，
∵正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，
∴EA＝DH，NG＝BM，HM＝AN，
在Rt△ADH和Rt△AKH中，
∵，
∴Rt△ADH≌Rt△AKH，
∴DH＝HK，
同理可证：
Rt△AKM≌Rt△ABM，
∴KM＝BM，
∴EA+NG＝DH+BM＝HK+KM＝HM＝AN，故A选项不符合题意；
C△GQM＝MQ+QG+MG，
∵正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，
∴QG＝QB，
∴C△GQM＝MQ+QB+MG＝BM+GM＝KM+MG＝KG，
∵KG＝HG﹣HK＝DC﹣DH＝CH，
∴C△GQM＝CH，故B选项不符合题意；
由正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，可得，
Rt△GQM≌Rt△BQN，
∴C△BQN＝C△GQM＝CH≠CM，故C选项符合题意；
由正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，可得，
Rt△HCM≌Rt△AFN，
∵BM＝KM，
∴CM＝HK+MG，
∴C△HCM＝C△AFN
＝CM+CH+HM
＝HK+MG+CH+HG﹣MG
＝HK+CH+HG
＝DH+CH+DC
＝2（DH+CH），故D选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，轴对称图形的性质，直角三角形全等的判定，熟练掌握轴对称图形的性质是解题关键．
48．（2022春•乐山期末）如图，正方形ABCD的边长，AB＝2点P为AB边上一点（不与小B重合），过点P、B在正方形内部作正方形PBEF，交边BC于点E，连结DF、CF，当△CDF为等腰三角形时，PB的长为 2﹣或1 ．
【分析】分两种情形①当FD＝CD＝2时，②当FD＝FC时，根据等腰直角三角形的性质求出AE即可解决问题．
【解答】解：连接BF，如图：
∵四边形ABCD、PBEF是正方形，AB＝2，
∴B、F、D共线，CD＝AB＝2，
①当FD＝CD＝2时，BF＝BD﹣FC＝2﹣2，
∴PB＝BF＝2﹣；
②当FD＝FC时，∠DFC＝90°，∠FDC＝∠FCD＝45°，FD＝CD＝，
∴BF＝BD﹣FD＝2﹣＝，
∴PB＝BF＝1．
∴当△CDE为等腰三角形时，PB＝2﹣或1．
故答案为：2﹣或1．
【点评】本题考查正方形的性质、等腰三角形的定义，解题的关键是灵活运用等腰直角三角形的性质，记住等腰直角三角形的斜边等于直角边的倍，属于中考常考题型．
49．（2022春•浦东新区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为 +3 ．
【分析】根据阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，进而依据△BCG的面积以及勾股定理，得出BG+CG的长，进而得出其周长．
【解答】解：∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，
∴阴影部分的面积为×9＝6，
∴空白部分的面积为9﹣6＝3，
由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，
∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为×3＝，
∠CBE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，
设BG＝a，CG＝b，则ab＝，
又∵a2+b2＝32，
∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，
即（a+b）2＝15，
∴a+b＝，即BG+CG＝，
∴△BCG的周长＝+3，
故答案为：+3．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形面积问题．解题时注意数形结合思想与方程思想的应用．
50．（2022春•鄞州区校级期末）如图，正方形ABCD边长为4，点E在边AB上（点E与点A、B不重合），过点A作AF⊥DE，垂足为G，AF与边BC相交于点F．
（1）求证：△ADF≌△DCE；
（2）若△DEF的面积为，求AF的长；
（3）在（2）的条件下，取DE，AF的中点M，N，连接MN，求MN的长．
【分析】（1）先证得∠AED＝∠AFB，很容易证明△ABF与△DAE全等，由此得出AF＝DE，又由互余可得出∠DAF＝∠CDE，进而可得结论；
（2）根据三角形的面积求得AE，再根据勾股定理求得DE，根据（1）中AF＝DE即刻得出结论；
（3）连接AM并延长交CD于点P，连接PF，可证明△DPM≌△EAM，所以PM＝AM，DP＝AE＝3或1，又MN是△APF的中位线，求出PF的长即可．
【解答】（1）证明：∵AF⊥DE，∠B＝90°，
∴∠AED＝∠AFB，
在△ABF与△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AF＝DE，
∵∠ADE+∠CDE＝∠ADE+∠DAG＝90°，
∴∠CDE＝∠DAF，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS）．
（2）解：∵△ABF≌△DAE，
∴AE＝BF＝x，
∴BE＝CF＝4﹣x，
∴△DEF的面积＝S正方形﹣S△ADE﹣S△EBF﹣S△DCF
＝4×4﹣×4•x﹣（4﹣x）•x﹣×4•（4﹣x）
＝8﹣2x+x2，
∴y＝x2﹣2x+8＝，
解得，x1＝3，x2＝1，
∴AE＝3或AE＝1，
∴AF＝DE＝5或．
（3）解：如图，连接AM并延长交CD于点P，连接PF，
∵点M是DE的中点，
∴DM＝ME，
∵AB∥CD，
∴∠PDM＝∠AEM，∠DPM＝∠EAM，
∴△DPM≌△EAM（AAS），
∴PM＝AM，DP＝AE＝3或1，
当AE＝3时，BF＝EP＝3，
∴CF＝CP＝1，
∴PF＝，
∴MN＝PF＝；
当AE＝1时，BF＝EP＝1，
∴CF＝CP＝3，
∴PF＝3，
∴MN＝PF＝；
综上，MN的长度为或．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，本题的关键是知道两线段之间的垂直关系．
51．（2022春•福清市期末）如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线BD上两点，DE＝BF，连接AE，CE，AF，CF．
（1）求证：四边形AECF为菱形；
（2）若正方形ABCD的边长为6，∠BAF＝15°，求EF的长．
【分析】（1）利用正方形性质判断．
（2）先判断三角形AEF形状，再求EF．
【解答】解：（1）证明：如图：
连接AC交BD于O．
∵正方形ABCD，
∴OA＝OB＝OC＝OD，AC⊥BD，
∵DE＝BF，
∴OE＝OF，
∵OA＝OC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．
（2）∵正方形ABCD，
∴∠ABO＝45°，
∵∠AFE是△ABF的外角，
∴∠AFE＝∠BAF+∠ABF＝60°，
∵四边形AECF是菱形，
∴AE＝AF，
∴△AEF是等边三角形．
∴EF＝2FO，
∵正方形ABCD的边长是6，
∴AO＝AC＝3，
∵∠AFO＝60°，∠AOF＝90°，
∴OF＝＝，
∴EF＝2OF＝2．
【点评】本题考查菱形判定和正方形性质，充分利用正方形性质是求解本题的关键．
二十三．正方形的判定与性质（共1小题）
52．（2022春•富县期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠BAC的平分线交BC于点D，DE∥AB，DF∥AC
（1）求证：四边形AFDE为正方形；
（2）若AD＝32，求四边形AFDE的面积．
【分析】（1）根据题目条件可得四边形AFDE为平行四边形，进而可通过角平分线证明其邻边相等，再加上一个90°角，即可说明是正方形，
（2）根据正方形的性质先求出边长，即可得面积．
【解答】（1）证明：∵DE∥AB，DF∥AC，
∴四边形AFDE是平行四边形．
∵AD平分∠BAC，
∴∠FAD＝∠EAD．
∵DE∥AB，
∴∠EDA＝∠FAD．
∴∠EDA＝∠EAD．
∴AE＝DE．
∴四边形AFDE是菱形．
∵∠BAC＝90°，
∴四边形AFDE是正方形．
（2）解：∵四边形AFDE是正方形，AD＝32，
∴AF＝DF＝DE＝AE＝＝16．
∴四边形AFDE的面积为16×16＝512．
【点评】本题考查正方形的判定及性质，熟练掌握正方形的几种判定方法及性质是解题的关键．
二十四．加权平均数（共1小题）
53．（2022春•凤山县期末）在“永远跟党走，奋斗新征程“凤山县青少年爱国主义教育演讲比赛活动中，已知某位选手的演讲内容、语言表达、形象风度这三项得分分别为95分，80分，80分，若依次按照40%、25%、35%的百分比确定成绩，则该选手的成绩是（ ）
A．86分B．85分C．84分D．83分
【分析】根据加权平均数的定义进行计算即可得到答案．
【解答】解：∵95×40%+80×25%+80×35%＝86（分），
∴该选手的成绩是86分．
故选：A．
【点评】本题主要考查了加权平均数，解题的关键是熟记加权平均数的定义及计算方法．
二十五．众数（共2小题）
54．（2022春•江津区期末）江津区某学校为庆祝中国共产主义青年团成立100周年，特开展了“风雨百年路，青春心向党”共青团知识竞赛，现从八、九年级各随机抽取了10名学生的竞赛成绩（满分为100分）进行整理、描述和分析（成绩用x表示，共分为四组：A组：95≤x≤100；B组：90≤x＜95；C组：85≤x＜90；D组：80≤x＜85），部分信息如下：
八年级在B组的所有数据为：94，91，93．
抽取的九年级10名学生的竞赛成绩是：94，81，90，96，96，99，85，80，89，100．
抽取的八、九年级竞赛成绩统计表
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：a＝ 40 ，b＝ 93.5 ，c＝ 96 ．
（2）根据以上数据，你认为该校八、九年级中哪个年级学生拿握共青团知识更好？并说明理由（一条理由即可）；
（3）若该校八年级有700名学生，九年级有500名学生，请估计这两个年级参加此次竞赛活动成绩优秀（x≥90）的学生人数一共有多少人？
【分析】（1）根据八年级在B组人数可求出“B组”所占的百分比，即可求出a的值，根据中位数、众数的意义可求出b、c的值；
（2）通过中位数、众数、方差进行分析得出答案；
（3）分别求出八、九年级样本中的优秀率，进而根据八、九年级的优秀率求出八、九年级的优秀人数，再求出总体中的优秀人数．
【解答】解：（1）八年级成绩在“B组”的有3人，占3÷10＝30%，
所以“A组”所占的百分比为1﹣10%﹣20%﹣30%＝40%，
因此a＝40，
八年级10名同学成绩从小到大排列，处在中间位置的两个数分别是93、94，因此中位数是＝93.5，即b＝93.5；
九年级10名学生成绩出现次数最多的是90，因此众数是96，即c＝96，
所以a＝40，b＝93.5，c＝90，
故答案为：40，93.5，96；
（2）八年级的成绩较好，理由如下：
八年级成绩的平均分、中位数、众数都比九年级的高，故年级的成绩较好；
（3）700×（30%+40%）+500×＝490+300＝790（人），
答：估计这两个年级参加此次竞赛活动成绩优秀（x≥90）的学生人数一共有790人．
【点评】本题考查扇形统计图、中位数、众数、平均数、方差以及样本估计总体，掌握平均数、中位数、众数、方差的意义和计算方法是正确解答的前提．
55．（2022春•凤庆县期末）有一组数据：1，2，8，4，3，9，5，4，5，4．现有如下判断：①这组数据的中位数是6；②这组数据的众数是4和5；③这组数据的平均数是4．其中正确的判断有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【分析】根据中位数、众树、平均数的意义，依次求出即可．
【解答】解：把这组数据从小到大排列为：1、2、3、4、4、4、5、5、8、9，
①这组数据的中位数是＝4，所以①结论错误；
②这组数据的众数是4，所以②结论正确；
③这组数据的平均数是4.5，所以③结论错误；
因此只有②正确．
故选：B．
【点评】本题考查了众树、算术平均数与中位数，将数据按照从小到大排列进行计算是解题的关键．
二十六．方差（共4小题）
56．（2022春•双峰县期末）为了发展学生的核心素养，培养学生的综合能力，某中学利用“阳光大课间”，组织学生积极参加丰富多彩的课外活动，学校成立了舞蹈队、足球队、篮球队、毽子队、射击队等，其中射击队在某次训练中，甲、乙两名队员各射击10发子弹，成绩记录如表：
（1）经计算甲和乙的平均成绩是8（环），请求出表中的a＝ 8 ；
（2）甲成绩的中位数是 8 环，乙成绩的众数是 7 环；
（3）若甲成绩的方差是1.2，请求出乙成绩的方差，判断甲、乙两人谁的成绩更为稳定？
【分析】（1）依据甲的平均成绩是8（环），即可得到a的值；
（2）依据中位数以及众数的定义进行判断即可；
（3）依据方差的计算公式，即可得到乙成绩的方差，根据方差的大小，进而得出甲、乙两人谁的成绩更为稳定．
【解答】解：（1）∵甲的平均成绩是8（环），
∴（8+9+7+9+8+6+7+a+10+8）＝8，
解得a＝8，
故答案为：8；
（2）甲成绩排序后最中间的两个数据为8和8，
∴甲成绩的中位数是（8+8）＝8；
乙成绩中出现次数最多的为7，故乙成绩的众数是7，
故答案为：8，7；
（3）乙成绩的方差为[（﹣1）2×4+12×2+22×2+（﹣2）2+02]＝1.8，
∵甲和乙的平均成绩是8（环），而甲成绩的方差小于乙成绩的方差，
∴甲的成绩更为稳定．
【点评】本题考查了方差、中位数以及众数，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
57．（2022春•雷州市期末）2022年北京冬奥会自由式滑雪女子U型场地技巧决赛中，中国金牌选手谷爱凌第二跳分数如下：95，95，95，95，96，96，关于这组数据，下列描述正确的是（ ）
A．中位数是95.5B．众数是95
C．平均数是95.25D．方差是0.01
【分析】根据方差、众数、中位数及平均数的定义，依次计算各选项即可作出判断．
【解答】解：把这组数据从小到大排列，排在中间的两个数分别为95、95，故中位数为，故选项A不符合题意；
这组数据出现最多的数是95，故众数为95，故选项B符合题意；
这组数据的平均数是，故选项C不符合题意；
这组数据的方差为＝＝，故选项D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了方差、平均数、中位数及众数的知识，属于基础题，掌握各自的定义及计算方法是解题关键．
58．（2022春•满洲里市校级期末）已知一组数据的方差计算公式为：，由公式提供的信息，则下列说法错误的是（ ）
A．中位数是3B．众数是3
C．平均数是3.5D．方差是0.5
【分析】根据已知的方差计算公式得出这组数据为2、3、3、4，再根据中位数、众数、平均数以及方差的概念求解即可．
【解答】解：由题意知这组数据为2、3、3、4，
所以中位数为＝3，故选项A不合题意；
众数为3，故选项B不合题意；
平均数为＝3，故选项C符合题意；
方差为[（2﹣3）2+2×（3﹣3）2+（4﹣3）2]＝0.5，故选项D不合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查方差、样本容量、中位数、众数及平均数的定义，解题的关键是掌握方差的计算公式．
59．（2022春•安庆期末）已知一组数据a，b，c的平均数为10，方差为4，那么数据a﹣3，b﹣3，c﹣3的平均数和方差分别是（ ）
A．10，4B．7，4C．3，1D．7，1
【分析】根据平均数的概念、方差的性质解答．
【解答】解：一组数据a，b，c的平均数为10，那么数据a﹣3，b﹣3，c﹣3的平均数为10﹣3＝7，
数据a，b，c的方差为4，那么数据a﹣3，b﹣3，c﹣3的方差为4，
故选：B．
【点评】本题考查的是平均数和方差，当数据都加上一个数（或减去一个数）时，方差不变，当数据都乘上一个数（或除一个数）时，方差乘（或除）这个数的平方倍．
二十七．统计量的选择（共1小题）
60．（2022春•梁平区期末）为迎接中国共产党建党100周年，某班40名同学进行了党史知识竞赛，测试成绩统计表如表，其中有两个数据被遮盖．
下列关于成绩的统计量中，与被遮盖的数据无关的是（ ）
A．中位数，众数B．中位数，方差
C．平均数，方差D．平均数，众数
【分析】通过计算成绩为99、100分的人数，进行判断，不影响成绩出现次数最多的结果，因此不影响众数，同时不影响找第25、26位数据，因此不影响中位数的计算，进而进行选择．
【解答】解：由表格数据可知，成绩为99分、100分的人数为40﹣（1+3+2+3+5+5+8+10）＝3（人），
成绩为98分的，出现次数最多，因此成绩的众数是98，
成绩从小到大排列后处在第20、21位的两个数都是97分，因此中位数是97，
因此中位数和众数与被遮盖的数据无关，
故选：A．
【点评】本题考查中位数、众数、方差、平均数的意义和计算方法，理解各个统计量的实际意义，以及每个统计量所反应数据的特征，是正确判断的前提．
商品价格
A型
B型
进价（元/个）
50
80
售价（元/个）
55
90
时间（h）
0
1
2
3
4
5
水位高度（m）
3
3.3
3.6
3.9
4.2
4.5
年级
平均数
中位数
众数
八年级
91.5
b
100
九年级
91
92
c
射击次序（次）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
甲的成绩（环）
8
9
7
9
8
6
7
a
10
8
乙的成绩（环）
6
7
9
7
9
10
8
7
7
10
成绩/分
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
人数/名
1
3
2
3
5
5
8
10
■
■